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(886) Sco. Si AC=—a, CD—b; AD sera =a+b et DB— a—b et l'on aura (a+b)”+(a--b)—2a"+26°,

PROP. XXVII. THÉOR.

(887) Si une ligne AB est bissectée en C et prolongée jusqu’en un point quelconque D ; le carré de la ligne entière AD ainsi prolongée, plus le carré de la partie prolongée BD, est équivalent à deux fois le carré de la moitié AC de la ligne bissectée, plus deux fois le carré de la ligne CD composée de la moitié CB et de la partie prolongée. C’est-àdire, AD°+BD°—2A0C?+2CD°.

Soit AF le carré sur AD. Ayant 1 fait AM—AC—CB=MN, il reste NE —BD. Menez les parallèles BH, CG, MK, NL, et parce que tous les angles M sont droits et que (271) les parallèles entre parallèles sont égales ; il est clair N que AQ, QS, CT et MR sont des carrés égaux et BK, TL, RH, NG des rectangles égaux. Il est évident aussi que AQ est le carré sur AC, QF le carré sur CD et SF celui sur BD.

Celà posé, il est à démontrer que AD°?--BD°—2AC°+20D? ou que AF+SF—2AQ+2QF. Pour 2AQ prenons son égal AT et pour 2Q8 prenons son égal MS, il reste BL—2TL et NH-2RH; mais 2QS+2TL+2RH+2SF—2QF ; donc la figure entière AF contient 2AQ et 2QF avec l'exception seulement d’une fois SF; donc AF+SF contient deux fois AQ+QF ou AO*+CD?; donc AD°+BD*=2A0C°+2CD?; donc, etc.

(888) Sco. Soit AC—a, BD—b; alors AD—24a+b et CD— a-+-b. Maintenant (2a+-b)°--6*—40°+4ab+-20? ; mais 4a°+4ab+ 2°—2a°+2(a+6) ; de là (2a+b) +b—2a?+2(a+b).

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